2023届广东省六校高三上学期第三次联考数学试题含解析

这是一份2023届广东省六校高三上学期第三次联考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省六校高三上学期第三次联考数学试题 一、单选题1．设全集为，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法、集合补集的定义进行求解即可.【详解】由且，或，所以，故选：C2．若复数，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的运算公式进行求解即可.【详解】故选：B3．某学校要求学生居家学习期间要坚持体育锻炼，为了解学生休育锻炼的情况，学校随机抽取了部分学生，对他们一天内的体育锻炼时长进行了统计，统计数据如下表所示：锻炼时长（分钟）3040506080学生人数610987 可以估计该学校学生一天内体育锻炼时长的众数及第40百分位数分别是（    ）A．40，45 B．40，40              C．50，40              D．40，50【答案】A【分析】根据众数和百分位数的定义，计算求解可得答案.【详解】根据题意，众数为40，而第40百分位数为：,故该学生体育锻炼时长的第16项为40，第17项为50，故第40百分位数为：，故该学校学生一天内体育锻炼时长的众数为：40，第40百分位数是45.故选：A4．已知实数，，，则这三个数的大小关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据对数函数的图象和性质可得：，然后再比较的大小关系即可.【详解】因为，所以，又因为，而，所以，所以，故选：.5．在平面四边形中，，，，，.若，则（    ）A．2 B． C．4 D．6【答案】D【分析】对，分别两边同乘以和，得到关于方程组，解出，就可以求出.【详解】因为，③③式同乘以，得：，即，即①.③式同乘以，得：，即，即②.①②联立解得：，所以.故选：D6．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数至少是（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为等比数列，由此求出塔形表面积的表达式，令即可得出的范围．【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，，，，则为以2为首顶，以为公比的等比数列，是以4为首项，以为公比的等比数列．塔形的表面积，令，解得，该塔形中正方体的个数至少为5个．故选：B．7．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】设，利用可得，再由在圆上可得，令，利用圆和直线总有公共点可得的取值范围，从而求出答案.【详解】圆的圆心为，半径为，设，因为，可得，即①，而②，若，则，即，不合题意，所以，由①②可得，令，所以圆和直线总有公共点，可得即，解得，即，解得.故选：D.8．已知，为函数的零点，，若，则（    ）A． B．C． D．与大小关系不确定【答案】C【分析】为函数的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个方程进行运算凑出，可解出为定值，然后再根据函数有三个零点求出的范围可得答案.【详解】易知为函数的零点，又解之：，负根舍去；又，即与有三个交点，交点横坐标分别为，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为切线方程为：过原点，此时的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，故选：C【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 二、多选题9．已知随机事件A，B发生的概率分别为，下列说法正确的有（    ）A．若，则A，B相互独立 B．若A，B相互独立，则C．若，则 D．若，则【答案】ABC【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即得.【详解】因为随机事件A，B发生的概率分别为，对于A，因为，所以A，B相互独立，故A正确；对于B，若A，B相互独立，则，故B正确；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选：ABC10．在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的有（    ）A．直线⊥平面B．直线平面C．异面直线AP与所成角的取值范围是D．三棱锥体积为定值【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质，结合三棱锥的体积性质逐一判断即可.【详解】分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，对于A：设边长为1，则,，所以，因为，所以，即，又平面，所以直线平面，故A正确；对于B：因为点M在线段上运动，所以设点，则，由上可知：平面的法向量为，，因为平面，所以直线平面，故B正确；对于C：，设异面直线AM与所成角为，所以，因为，所以当时，，当时，，因为，所以，综上，所以，故C错误；对于D： 因为，点M在线段上运动，所以点P到直线的距离不变，即的面积不变，又因为点到平面的距离恒为，所以点到平面的距离不变，即三棱锥的高不变，所以三棱锥的体积为定值，而，故D正确，故选：ABD【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解是解题的关键.11．已知函数（）在区间上有且仅有条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（    ）A．在区间上有且仅有个不同的零点B．的最小正周期可能是C．的取值范围是D．在区间上单调递增【答案】BC【分析】根据三角函数对称轴情况可得的取值范围，进而判断各选项.【详解】解：由函数（），令，，则，，函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，由，得，即，则，，，，即，，C正确；对于A，，，，当时，在区间上有且仅有个不同的零点；当时，在区间上有且仅有个不同的零点；故A错误；对于B，周期，由，则，，又，所以的最小正周期可能是，故B正确；对于D，，，又，又，所以在区间上不一定单调递增，故D错误；故选：BC．12．若函数存在两个极值点 ，则（    ）A．函数至少有一个零点 B．或C． D．【答案】ACD【分析】对于A，只需将 代入验证即可，对于B，通过函数存在2个极值点转化为导函数有2个变号零点问题，从而转化为二次函数根的分布问题即可，对于C，利用B选项的条件即可推导；对于D，计算 ，构造函数 ，求函数 的最小值即可【详解】对于A， ， 是 的一个零点，故A正确对于B， 存在两个极值点 ， 有两个不相等的实数根，即 有两个变号零点 ，即 ， 又， ，解得 综上， ，故B错误对于C，由B选项可得， ， ， ， 故C正确对于D， 将 代入上式 令 有 在 上单调递增， ，故D正确故选：ACD 三、填空题13．已知的展开式中含项的系数为60，则实数__________.【答案】【分析】利用所给的二项式写出展开式的通项即可求解.【详解】的展开式的通项公式为：.当，解得：；所以由展开式中含的项的系数为60可得： ，得，解得故答案为： 14．设计一个圆锥形包装盒，能把一个半径为1的小球完全装入这个盒子（底面密封），那么这种圆锥形盒子的体积的最小值是__________.【答案】【分析】根据圆锥的几何性质，结合切线的性质、圆锥的体积公式、基本不等式进行求解即可.【详解】当小球与圆锥内切时，如下图所示的中截图， 设圆锥的高，半径，则圆锥的母线，显然有，，所以有，设该圆锥的体积为，则，当且仅当时取等号，即当时取等号，故答案为：15．函数在上单调递减，且，对于住意的，均有恒成立，则实数的最大值为__________.【答案】【分析】本题没有解析式，属于抽象函数问题，运用函数的性质解题，把不等式转化为的形式，根据函数单调递减去掉f可解.【详解】，，可化为，又在上单调递减，在上恒成立，，令，，此时故答案为： 四、解答题16．黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.请你回答以下问题（1）__________；（其中表示不超过的最大整数，.）（2）已知正项数列的前项和为，且满足，则__________.【答案】          【分析】（1）进行放缩计算可得答案；（2）利用进行放缩计算可得答案；【详解】，，所以，所以；当时，，解得，因为，所以，当时，，所以，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，因为，所以，所以，当时，，即，所以，令，则，因为，，，所以，，因为，，，所以，所以，即.故答案为：①；②.【点睛】关键点点睛：本题关键点是利用和利用进行放缩计算，考查了学生的推理能力、运算能力.17．某研究性学习小组对某植物种子的发芽率y与环境平均温度x（°C）之间的关系进行研究，他们经过5次独立实验，得到如下统计数据：第n次12345环境平均温度x/°C1819202122种子发芽率y62%69%71%72%76% 参考公式：.(1)若从这5次实验中任意抽取2次，设种子发芽率超过70%的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望；(2)根据散点图可以发现，变量y与x之间呈线性相关关系．如果在第6次实验时将环境平均温度仍然控制在21°C，根据回归方程估计这次实验中该植物种子的发芽率．【答案】(1)分布列见解析，；(2)． 【分析】（1）由题可知的可能取值，求相应概率可得分布列及期望；（2）根据最小二乘法可得回归直线方程，进而即得.【详解】（1）由题可知的可能取值为0，1，2，则，，，所以的分布列为：0120.10.60.3 即；（2）由己知得，，所以，，即，当第6次实验，即时，，所以根据回归方程估计这次实验中该种子的发芽率为．18．某公园要建造如图所示的绿地为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏AB与BC的总长度为12米且.设.(1)当时，求的长；(2)当时，求面积的最大值及此时的值.【答案】(1)(2)当时，养殖场最大的面积为平方米. 【分析】（1）利用正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.（2）根据三角形面积公式、正弦定理，结合辅助角公式、正弦型函数的单调性进行求解即可.【详解】（1）连接，设，在中，由正弦定理可知：，在中，由正弦定理可知：，于是有，而，解得，负值舍去，因此，即；（2）由题意，，所以，而， ，因此，所以，而，所以垂直且平分，因此，，在△中，由正弦定理，得．于是，．当，即时，取到最大值，最大值为．因此，当时，养殖场最大的面积为平方米.19．已知数列的前项和.数列的前项和满足关系式.(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前项和为，求证：.【答案】(1)；(2)证明见详解 【分析】（1）已知数列的前项和求通项公式，公式为：；（2）写出的通项公式，然后运用错位相减法可以求其前项和的表达式，进而证明不等式.【详解】（1）当时，当时，当时，当时，，（2）由（1）知当时，满足；当时，，故只需证：，左边显然成立；令得：，成立.故原式得证.20．如图，四棱锥P-ABCD的底面为梯形，底面ABCD，，，，E为PA的中点．(1)证明：平面平面BCE；(2)若二面角P-BC-E的余弦值为，求三棱锥P-BCE的体积．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）线面垂直的性质可得，若为中点，连接，由正方形的性质及勾股定理可得，再由线面垂直的性质有面，最后根据面面垂直的判定证结论.（2）构建空间直角坐标系，设求相关点坐标，再求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示，结合二面角的余弦值求参数m，最后求、向量法求到面的距离，再由体积公式求棱锥的体积.【详解】（1）因为底面ABCD，面，则，由，，则，又，则，若为中点，连接，易知：为正方形，则，又，即，所以，综上，，即，又，则面，又面，所以平面平面BCE.（2）由题设，可构建如下图示的空间直角坐标系，若，则，，，，，所以，，，若为面的一个法向量，则，令，则，若为面的一个法向量，则，令，则，所以，整理得，所以，即，易得：，由底面ABCD，面，则，又，即，由，则面，面，即，所以在直角△中，，在△中，、、，即，则，所以.由上有：且面的一个法向量，则，故到面的距离，所以.21．已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.【详解】（1）解：由题意可知，c=1，设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，得，解得（舍），，所以椭圆方程为.（2）设，，，，，因为，所以，即，又，都在椭圆上，所以，，即，②-①得，即……③，又，同理得……④④-③得，所以.22．己知函数在区间内有唯一极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：在区间内有唯一零点，且．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据极值点的定义，求导，进而求导函数的零点，研究零点左右与零大小关系，可得答案；（2）由（1）明确函数的单调区间，分别在两个单调区间上，利用零点存在性定理，证明零点唯一存在，根据单调性证明不等式成立.【详解】（1），①当时，因为，所以，，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；②当时，令，则，因为，所以，所以在上递增，又因为，，所以在上有唯一零点，且，所以，；，，所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.（2）由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；，，单调递增，所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.因为，由（1）知，所以，则，构造，所以，记，则，显然在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.【点睛】在利用导数证明不等式成立时，一定明确单调区间，在同一单调区间上，由函数值的大小关系，可得自变量的大小关系，探究函数的单调性，可通过研究导数过着导数中部分代数式所构成函数的单调性，求其最值，可得函数的单调性.